Technische Universit¨
Institut f¨ur Mathematik Prof. Dr. Anusch Taraz
Wintersemester 2014/15
Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I) 18.02.2015
Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.
Tragen Sie bitte zun¨achst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in DRUCKSCHRIFT in die folgenden jeweils daf¨ur vorgesehenen Felder ein.
Diese Eintragungen werden auf Datentr¨ager gespeichert.
Name:
Vorname:
Matr.-Nr.:
Stg.: AIW BU ET EUT IIW LUM MB MEC SB VT VTBIO Sch.
Grunds¨atzlich gilt f¨ur alle Studierenden, dass die Module
”Analysis I“ und
”Lineare Al- gebra I“ die Gesamtnote f¨ur das Fach
”Mathematik I“ ergeben.
Ich bin dar¨uber belehrt worden, dass die von mir zu erbringende Pr¨ufungsleistung nur dann als Pr¨ufungsleistung bewertet wird, wenn die Nachpr¨ufung durch das Zentrale Pr¨ufungsamt der TUHH meine offizielle Zulassung vor Beginn der Pr¨ufung ergibt.
(Unterschrift)
Bearbeiten Sie alle wie folgt angegebenen Aufgaben. Es werden insgesamt 20 Punkte vergeben.
Aufgabe Punkte Korrekteur 1
2 3 4 5 6
P =
Bestimmen Sie Real- und Imagin¨arteil von (1 +i)9. L¨osungshinweis:
Wir nutzen die Polardarstellung von 1 +i. Es gilt 1 +i=√
2(cos(π4) +isin(π4)). (1 Punkt) Damit rechnen wir
(1 +i)9 =√
2(cos(π4) +isin(π4))9
=√
29(cos(π4) +isin(π4))9
= 16√
2(cos(9π4) +isin(9π4))
= 16√
2(cos(π4) +isin(π4))
= 16(1 +i) = 16 + 16i. (1 Punkt) Somit ist Re(1 +i)9 = 16, Im(1 +i)9 = 16. (1 Punkt)
Berechnen Sie die inverse Matrix zu A:=
1 2 1 4 7 −1 2 3 −2
.
L¨osungshinweis:
Wir nutzen das Gauß-Jordan-Verfahren:
1 2 1 1 0 0
4 7 −1 0 1 0 −4I
2 3 −2 0 0 1 −2I
1 2 1 1 0 0
0 −1 −5 −4 1 0 (1 Punkt)
0 −1 −4 −2 0 1 −II
1 2 1 1 0 0 −III
0 −1 −5 −4 1 0 +5III (1 Punkt)
0 0 1 2 −1 1
1 2 0 −1 1 −1 +2II
0 −1 0 6 −4 5 ·(−1) (1 Punkt)
0 0 1 2 −1 1
1 0 0 11 −7 9
0 1 0 −6 4 −5 (1 Punkt)
0 0 1 2 −1 1
Also ist A−1 =
11 −7 9
−6 4 −5
2 −1 1
.
Pr¨ufen Sie nach, ob U := {A ∈ R2×2 : det(A) = 0} ein Unterraum von R2×2 (versehen mit der ¨ublichen Addition und Multiplikation mit Skalaren) ist.
L¨osungshinweis:
Es gilt det 0 0
0 0
= 0, so dass die Nullmatrix zuU geh¨ort.
Ebenso gilt f¨ur A∈U und λ∈R, dass
det(λA) =λ2det(A) = λ2·0 = 0, also auchλA ∈U gilt.
Allerdings finden wir zwei MatrizenA, B ∈U, so dass A+B 6∈U gilt. (1 Punkt) Zum Beispiel k¨onnen wir
A= 1 0
0 0
, B = 0 0
0 1
w¨ahlen. Dann ist A+B =I2 die Einheitsmatrix. Offenbar gilt det(A) = det(B) = 0, also A, B ∈U, aber det(A+B) = det(I2) = 1, also A+B 6∈U. (1 Punkt)
Somit ist U kein Unterraum von R2×2. (1 Punkt)
Gegeben seien die Polynome x+ 1, x−1, x2 − 1 ∈ P3. Bestimmen Sie eine Basis von V := Lin(x+ 1, x−1, x2−1). Begr¨unden Sie Ihre Entscheidung.
L¨osungshinweis:
Nach Definition vonV bilden die Polynomex+ 1,x−1 undx2−1 ein Erzeugendensystem f¨ur V. (12 Punkte)
Wir pr¨ufen nach, ob die drei Polynome x+ 1, x−1 und x2 −1 linear unab¨angig sind.
Seien α1, α2, α3 ∈R mit
α1(x+ 1) +α2(x−1) +α3(x2−1) = 0 f¨ur allex∈R. Mit der Wahl x=−1 erhalten wir
−2α2 = 0, also α2 = 0. Mit der Wahlx= 1 erhalten wir
2α1 = 0,
also α1 = 0. Mit der Wahl x= 0 (unter Beachtung, dass schonα1 =α2 = 0 gilt) erhalten wir
−α3 = 0, also α3 = 0. (2 Punkte)
Somit sind die drei Polynome linear unabh¨angig und bilden damit eine Basis von V. (12 Punkte)
Beweisen Sie folgende Aussagen:
a) Seien v1, v2, v3 drei Vektoren in einem VektorraumV. Wenn v1, v1+v2, v1+v2+v3 linear unabh¨angig sind, dann sind auchv1, v2, v3 linear unabh¨angig.
b) Wenn A ∈ Rm×n und es x ∈ Rn mit x 6= 0 gibt, so dass Ax = 0 gilt, dann gilt dim(SA)< n (wobei SA den Spaltenraum von A bezeichnet).
L¨osungshinweis:
a) Seien α1, α2, α3 ∈R, so dass
α1v1+α2v2+α3v3 = 0.
Wegen v2 = (v1+v2)−v1 und v3 = (v1+v2+v3)−(v1+v2) erhalten wir α1v1+α2((v1+v2)−v1) +α3((v1+v2+v3)−(v1+v2)) = 0, also
(α1−α2)v1+ (α2−α3)(v1+v2) +α3(v1+v2+v3) = 0.
Nach Voraussetzung sind v1, v1+v2, v1+v2+v3 linear unabh¨angig. Damit folgt α1−α2 = 0, α2−α3 = 0, α3 = 0. (1 Punkt)
Daraus erhalten wir α1 =α2 =α3 = 0. Also sind auch v1, v2, v3 linear unabh¨angig.
(1 Punkt)
b) Wir schreiben A= s1 s2 . . . sn
als Ansammlung der Spalten von A. Das Glei- chungssystem Ax = 0 l¨asst sich dann auch als
x1s1+. . .+xnsn= 0
schreiben, d.h. wir eine Linearkombination der Spalten ergibt den Nullvektor. Die Tatsache, dass es ein x 6= 0 gibt, so dass Ax = 0 gilt, bedeutet dann, dass wir die Spalten von A mit einer nichttrivialen Linearkombination zu Null kombinieren k¨onnen. (1 Punkt)
Somit sind die Spalten linear abh¨angig. Es kann also mindestens eine Spalte von A durch die anderen dargestellt werden, so dass die Dimension des von den Spalten aufgespannten Vektorraums echt kleiner als n ist. (1 Punkt)
Berechnen Sie die Determinante von
1 1 0 0
−1 0 −1 1
−1 −1 −1 1
1 0 0 1
.
Was schließen Sie daraus in Bezug auf die L¨osbarkeit von linearen Gleichungssystemen mit dieser Matrix?
L¨osungshinweis:
Wir entwickeln die Determinante nach der letzten Zeile. Es gilt
det
1 1 0 0
−1 0 −1 1
−1 −1 −1 1
1 0 0 1
=−1·det
1 0 0
0 −1 1
−1 −1 1
+ 1·det
1 1 0
−1 0 −1
−1 −1 −1
(1 Punkt)
=−det(1)·det
−1 1
−1 1
+ 1·
1·det
0 −1
−1 −1
−1·det
−1 −1
−1 −1
= 0−1−0 = −1 (1 Punkt),
wobei wir im zweiten Schritt bei dem ersten Term die Block-Dreiecksstruktur der Matrix ausgenutzt haben, und bei dem zweiten Term nochmal nach der ersten Zeile entwickelt haben. Die Determinanten der resultierenden 2×2-Matrizen haben wir direkt berechnet.
Da die Determinante dieser Matrix ungleich Null ist, ist die Matrix invertierbar, so dass je- des lineare Gleichungssystem mit dieser Matrix eine eindeutige L¨osung besitzt. (1 Punkt)
